2018年度 院試解説｜京都大学 数学・数理解析専攻｜基礎科目

$n\in\N$に対して$V_n:=\set{(x,y,z)\in V}{z\le n^2}$とおくと，$\{V_n\}$は

\begin{align*}V_n\subset V_{n+1},\quad V=\bigcup_{n=1}^{\infty}V_n\end{align*}

を満たす体積確定な有界閉集合の列である．被積分関数は$V$上で非負だから

\begin{align*}\iiint_{V}\frac{1}{(1+x^{2}+y^{2})z^{3/2}}\,dxdydz
=\lim_{n\to\infty}\iiint_{V_n}\frac{1}{(1+x^{2}+y^{2})z^{3/2}}\,dxdydz\end{align*}

である．

各$V_n$上で座標変換$(x,y,z)=(r\cos\theta,r\sin\theta,\eta)$（$r\ge0$）を施すと，$V_n$は

\begin{align*}W_n:&=\set{(r,\theta,\eta)}{0\le r^{2}\le \eta\le n^2,\ 0\le\theta<2\pi}
\\&=\set{(r,\theta,\eta)}{0\le r\le n,\ 0\le r^{2}\le \eta\le n^2,\ 0\le\theta<2\pi}\end{align*}

に対応し，ヤコビ行列式は

\begin{align*}\det{\frac{\partial(x,y,z)}{\partial(r,\theta,\eta)}}
=\det{\bmat{\od{x}{r}&\od{x}{\theta}&\od{x}{\eta}\\\od{y}{r}&\od{y}{\theta}&\od{y}{\eta}\\\od{z}{r}&\od{z}{\theta}&\od{z}{\eta}}}
=\det{\bmat{\cos{\theta}&-r\sin{\theta}&0\\\sin{\theta}&r\cos{\theta}&0\\0&0&1}}=r\end{align*}

である．よって，２次元の極座標変換と同様に重積分が書き換えられて

\begin{align*}&\iiint_{V_n}\frac{1}{(1+x^{2}+y^{2})z^{3/2}}\,dxdydz
=\iiint_{W_n}\frac{r}{(1+r^{2})\eta^{3/2}}\,drd\theta d\eta
\\&=\int_{0}^{n}\bra{\int_{r^{2}}^{n^2}\bra{\int_{0}^{2\pi}\frac{r}{(1+r^{2})\eta^{3/2}}\,d\theta}\,d\eta}\,dr
\\&=2\pi\int_{0}^{n}\bra{\int_{r^{2}}^{n^2}\frac{r}{(1+r^{2})\eta^{3/2}}\,d\eta}\,d\eta
=-4\pi\int_{0}^{n}\frac{r}{1+r^{2}}\brc{\eta^{-1/2}}_{r^{2}}^{n^2}\,dr
\\&=4\pi\int_{0}^{n}\bra{\frac{1}{1+r^{2}}-\frac{r}{n(1+r^{2})}}\,dr
=4\pi\brc{\tan^{-1}{r}-\frac{1}{2n}\log{|1+r^2|}}_{0}^{n}
\\&=4\pi\bra{\tan^{-1}{n}-\frac{1}{2n}\log{(1+n^2)}}\end{align*}

となるから，求める広義積分はこの$n\to\infty$の極限で

\begin{align*}\iiint_{V}\frac{1}{(1+x^{2}+y^{2})z^{3/2}}\,dxdydz
=4\pi\bra{\frac{\pi}{2}-0}=2\pi^2\end{align*}

を得る．

$\m{b}:=\bmat{1\\1\\1}$とする．行列$\brc{A,\m{b}}$に行基本変形を施すと，

\begin{align*}\brc{A,\m{b}}&=\bmat{1&1&a&b&1\\0&1&2&0&1\\2&0&1&4&1}
\\&\to\bmat{1&1&a&b&1\\0&1&2&0&1\\0&-2&1-2a&4-2b&-1}
\\&\to\bmat{1&0&a-2&b&0\\0&1&2&0&1\\0&0&5-2a&4-2b&1}\end{align*}

である．

(1)上の行基本変形により，

\begin{align*}\operatorname{rank}{A}=\begin{cases}2&\bra{(a,b)=\bra{\frac{5}{2},2}}\\3&\bra{(a,b)\neq\bra{\frac{5}{2},2}}\end{cases}\end{align*}

である．

(2)上の行基本変形により，$(a,b)\neq\bra{\frac{5}{2},2}$のとき$\operatorname{rank}{A}=\operatorname{rank}{[A,\m{b}]}$であり，$(a,b)=\bra{\frac{5}{2},2}$のときはこれを満たさない．

よって，求める実数$a$, $b$は$(a,b)\neq\bra{\frac{5}{2},2}$である．

複素関数$f:\C\to\C$を

\begin{align*}f(z):=\frac{e^{\pi i z}}{1+z^{2}+z^{4}}\bra{=\frac{\cos{(\pi z)}+i\sin{(\pi z)}}{1+z^{2}+z^{4}}}\end{align*}

で定め，任意の$R>2$に対して$C_{R},L_{R}\subset\C$を

\begin{align*}&L_{R}:=\set{z\in\C}{z=x,x\in[-R,R]},
\\&C_{R}:=\set{z\in\C}{z=Re^{i\theta},\theta\in[0,\pi]}\end{align*}

で定める．このとき，

\begin{align*}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos(\pi x)}{1+x^{2}+x^{4}}\,dx
&=\lim_{R\to\infty}\int_{-R}^{R}\frac{\cos(\pi x)}{1+x^{2}+x^{4}}\,dx
\\&=\lim_{R\to\infty}\int_{L_{R}}\frac{\cos(\pi z)}{1+z^{2}+z^{4}}\,dz
\\&=\lim_{R\to\infty}\operatorname{Re}\int_{L_{R}}f(z)\,dz
\\&=\lim_{R\to\infty}\operatorname{Re}\bra{\int_{C_{R}\cup L_{R}}f(z)\,dz-\int_{C_{R}}f(z)\,dz}\end{align*}

である．ただし，$\xi\in\C$に対して，$\xi$の実部を$\operatorname{Re}\xi$で表す．

[1]$\int_{C_{R}\cup L_{R}}f(z)\,dz$を考える．

\begin{align*}(1-z^{2})(1+z^{2}+z^{4})=1-z^{6}\end{align*}

なので，$1+z^{2}+z^{4}=0$の解は$z$の６乗根のうち$\pm1$を除いた$e^{\pi i/3}$, $e^{2\pi i/3}$, $e^{4\pi i/3}$, $e^{5\pi i/3}$である．

よって，$e^{\pi i/3},e^{2\pi i/3},e^{4\pi i/3},e^{5\pi i/3}$は$f$の１位の極であり，この他に$f$は極をもたないから，$e^{\pi i/3}$, $e^{2\pi i/3}$を除く$C_{R}\cup L_{R}$の周および内部は$f$が正則な領域に含まれる．

$e^{\pi i/3}$, $e^{2\pi i/3}$での$f$の留数は

\begin{align*}\mrm{Res}\bra{f,e^{\pi i/3}}
&=\left.\frac{e^{\pi iz}}{\od{}{z}(1+z^{2}+z^{4})}\right|_{z=e^{\pi i/3}}
=\frac{e^{\pi ie^{\pi i/3}}}{2e^{\pi i/3}+4e^{\pi i}}
\\&=\frac{e^{\pi i(1+\sqrt{3}i)/2}}{\bra{1+\sqrt{3}i}-4}
=\frac{ie^{-\pi\sqrt{3}/2}}{-3+\sqrt{3}i}
\\\mrm{Res}\bra{f,e^{2\pi i/3}}
&=\left.\frac{e^{\pi iz}}{\od{}{z}(1+z^{2}+z^{4})}\right|_{z=e^{2\pi i/3}}
=\frac{e^{\pi ie^{2\pi i/3}}}{2e^{2\pi i/3}+4e^{2\pi i}}
\\&=\frac{e^{\pi i(-1+\sqrt{3}i)/2}}{\bra{-1+\sqrt{3}i}+4}
=\frac{-ie^{-\pi\sqrt{3}/2}}{3+\sqrt{3}i}\end{align*}

だから，留数定理より，

\begin{align*}\int_{C_{R}\cup L_{R}}f(z)\,dz
&=2\pi i\bra{\mrm{Res}\bra{f,e^{\pi i/3}}+\mrm{Res}\bra{f,e^{2\pi i/3}}}
\\&2\pi i\bra{\frac{1}{-3+\sqrt{3}i}-\frac{1}{3+\sqrt{3}i}}ie^{-\pi\sqrt{3}/2}
\\&=2\pi\cdot\frac{6e^{-\pi\sqrt{3}/2}}{12}
=\pi e^{-\pi\sqrt{3}/2}\end{align*}

である．

[2]$\int_{C_{R}}f(z)\,dz$を考える．

\begin{align*}\abs{\int_{C_{R}}f(z)\,dz}
&=\abs{\int_{C_{R}}\frac{e^{\pi iz}}{1+z^{2}+z^{4}}\,dz}
\\&=\abs{\int_{0}^{\pi}\frac{e^{\pi iRe^{i\theta}}}{1+R^{2}e^{2i\theta}+R^{4}e^{4i\theta}}\cdot Rie^{i\theta}\,d\theta}
\\&\le\int_{0}^{\pi}\abs{\frac{Rie^{i\theta}e^{\pi iR(\cos{\theta}+i\sin{\theta})}}{1+R^{2}e^{2i\theta}+R^{4}e^{4i\theta}}}\,d\theta\end{align*}

ここで，$R>2$に注意して三角不等式を繰り返し用いて

\begin{align*}|1+R^{2}e^{2i\theta}+R^{4}e^{4i\theta}|
&>|R^{4}e^{4i\theta}|-|1+R^{2}e^{2i\theta}|
\\&\ge R^{4}-(1+|R^{2}e^{2i\theta}|)
\\&=R^{4}-R^{2}-1\end{align*}

となるから，

\begin{align*}\abs{\int_{C_{R}}f(z)\,dz}
&\le\int_{0}^{\pi}\frac{R|e^{-\pi R\sin\theta}|}{R^{4}-R^{2}-1}\,d\theta
\\&\le\int_{0}^{\pi}\frac{R}{R^{4}-R^{2}-1}\,d\theta
\\&=\frac{\pi R}{R^{4}-R^{2}-1}
\xrightarrow[]{R\to\infty}0\end{align*}

である．よって，$\lim\limits_{R\to\infty}\dint_{C_{R}}f(z)\,dz=0$が従う．

[1], [2]より$\dint_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos(\pi x)}{1+x^{2}+x^{4}}\,dx=\pi e^{-\pi\sqrt{3}/2}$を得る．

(1)任意の$0\le s<t<1$に対して$f_{n}(s)\le f_{n}(t)$だから，両辺で$n\to\infty$とすると$f(s)\le f(t)$が従う．

よって，$f$, $f_n$はともに広義単調増加だから，任意の$n\in\{1,2,\dots\}$と$z\in[x,y]$に対して，

\begin{align*}f_n(x)\le f_n(z)\le f_n(y),\quad
f(x)\le f(z)\le f(y)\end{align*}

が成り立つ．よって，

\begin{align*}|f_{n}(z)-f(z)|&=\max\{f(z)-f_{n}(z),f_{n}(z)-f(z)\}
\\&\le\max\{f(y)-f_{n}(x),f_{n}(y)-f(x)\}
\\&\le\max\{|f_{n}(x)-f(y)|,|f_{n}(y)-f(x)|\}\end{align*}

が従う．

(2)任意に$\epsilon>0$をとる．$f$は有界閉区間$[0,1]$で連続だから，$f$は$[0,1]$上一様連続である．すなわち，ある$\delta>0$が存在して，$|x-y|<\delta$なら$|f(x)-f(y)|<\epsilon$が成り立つ．

よって，$\frac{1}{N}<\delta$を満たす$N\in\N$をとると，任意の$k\in\{0,1,\dots,N-1\}$に対して，

\begin{align*}\abs{f\bra{\frac{k+1}{N}}-f\bra{\frac{k}{N}}}<\epsilon\end{align*}

が成り立つ．

また，関数列$\{f_{n}\}_{n=1}^{\infty}$が$n\to\infty$で関数$f$に各点収束するから，任意の$k\in\{0,1,\dots,N-1\}$に対して，ある$n_{k}\in\N$が存在して，$n>n_{k}$なら

\begin{align*}\abs{f_{n}\bra{\frac{k}{N}}-f\bra{\frac{k}{N}}}<\epsilon\end{align*}

が成り立つ．よって，(1)を用いると，$n>n_{k}$なら

\begin{align*}&\sup_{z\in\brc{\frac{k}{N},\frac{k+1}{N}}}|f_{n}(z)-f(z)|
\\&\le\max\brb{\abs{f_{n}\bra{\frac{k}{N}}-f\bra{\frac{k+1}{N}}},\abs{f_{n}\bra{\frac{k+1}{N}}-f\bra{\frac{k}{N}}}}
\\&\le\max\left\{\abs{f_{n}\bra{\frac{k}{N}}-f\bra{\frac{k}{N}}}+\abs{f\bra{\frac{k}{N}}-f\bra{\frac{k+1}{N}}},\right.
\\&\qquad\left.\abs{f_{n}\bra{\frac{k+1}{N}}-f\bra{\frac{k+1}{N}}}+\abs{f\bra{\frac{k+1}{N}}-f\bra{\frac{k}{N}}}\right\}
\\&<\epsilon+\epsilon
<2\epsilon\end{align*}

が成り立つ．よって，$n>\max\{n_0,n_1,\dots,n_{N-1}\}$なら，

\begin{align*}\sup_{z\in[0,1]}|f_{n}(z)-f(z)|
=\max_{k\in\{0,1,\dots,N-1\}}\sup_{z\in\brc{\frac{k}{N},\frac{k+1}{N}}}|f_{n}(z)-f(z)|
<2\epsilon\end{align*}

が成り立つから，題意が従う．

$I$を３次正方行列とし，$A, B\in G$を

\begin{align*}A:=\bmat{1&1&0\\0&1&0\\0&0&1},\quad
B:=\bmat{1&0&0\\0&1&1\\0&0&1},\quad
C:=\bmat{1&0&0\\0&1&1\\0&0&1}\end{align*}

で定める．

任意の$n\in\Z$に対して，

\begin{align*}A^{n}=\bmat{1&n&0\\0&1&0\\0&0&1},\quad
B^{n}=\bmat{1&0&n\\0&1&0\\0&0&1},\quad
C^{n}=\bmat{1&0&0\\0&1&n\\0&0&1}\end{align*}

が成り立つ．実際，$n=1$のときは明らかで，ある$n$で成り立つとすると

\begin{align*}A^{n+1}=A^{n}A=\bmat{1&n&0\\0&1&0\\0&0&1}\bmat{1&1&0\\0&1&0\\0&0&1}=\bmat{1&n+1&0\\0&1&0\\0&0&1}\end{align*}

となるから帰納的に従う．$B$, $C$も同様である．よって，任意の$a,b,c\in\mathbb{F}_{p}$に対して，

\begin{align*}B^{b}C^{c}A^{a}
&=\bmat{1&0&b\\0&1&0\\0&0&1}\bmat{1&0&0\\0&1&c\\0&0&1}\bmat{1&a&0\\0&1&0\\0&0&1}
\\&=\bmat{1&0&b\\0&1&c\\0&0&1}\bmat{1&a&0\\0&1&0\\0&0&1}
=\bmat{1&a&b\\0&1&c\\0&0&1}\end{align*}

となることが分かり，$G=\anb{A,B,C}$を得る．

いま，$A^{-1}=A^{p-1}$, $C=C^{p-1}$だから$A$, $C$はいずれも正則で，

\begin{align*}AC=\bmat{1&1&1\\0&1&1\\0&0&1}=BCA\end{align*}

より$B=ACA^{-1}C^{-1}$となることと併せて，結局$G=\anb{A,C}$が従う．

ここで，$f:G\to\C^{\times}$を準同型とすると，$f(A)^{p}=f(A^{p})=I$で$p$は素数だから$f(A)=e^{2\pi ik/p}$（$k=1,\dots,p$）である．同様に$f(C)=e^{2\pi i\ell/p}$（$\ell=1,\dots,p$）である．

また，$C$の乗法群$\C^{\times}$は可換だから

\begin{align*}f(B)=f(ACA^{-1}C^{-1})=f(A)f(C)f(A)^{-1}f(C)^{-1}=I\end{align*}

である．よって，任意の$B^{b}C^{c}A^{a}\in G$に対して，

\begin{align*}f(B^{b}C^{c}A^{a})=f(B)^{b}f(C)^{c}f(A)^{a}=e^{2\pi i(ak+c\ell)/p}\end{align*}

が成り立つ．

逆に，$k,\ell\in\{1,\dots,p\}$を固定し，写像$f:G\to\C^{\times}$を

\begin{align*}f(B^{b}C^{c}A^{a}):=e^{2\pi i(ak+c\ell)/p}\end{align*}

で定める．任意の$B^{b}C^{c}A^{a},B^{b’}C^{c’}A^{a’}\in G$に対して，

\begin{align*}B^{b}C^{c}A^{a}\cdot B^{b’}C^{c’}A^{a’}
&=\bmat{1&a&b\\0&1&c\\0&0&1}\bmat{1&a’&b’\\0&1&c’\\0&0&1}
\\&=\bmat{1&a+a’&b+b’+ac’\\0&1&c+c’\\0&0&1}
\\&=B^{b+b’+ac’}C^{c+c’}A^{a+a’}\end{align*}

なので，

\begin{align*}f(B^{b}C^{c}A^{a}\cdot B^{b’}C^{c’}A^{a’})
&=f(B^{b+b’+ac’}C^{c+c’}A^{a+a’})
\\&=e^{2\pi i\{(a+a’)k+(c+c’)\ell\}/p}
\\&=e^{2\pi i(ak+c\ell)/p}\cdot e^{2\pi i(a’k+c’\ell)/p}
\\&=f(B^{b}C^{c}A^{a})\cdot f(B^{b’}C^{c’}A^{a’})\end{align*}

となるから，$f$は準同型である．また，$f(A)=e^{2\pi ik/p}$, $f(C)=e^{2\pi i\ell/p}$である．

よって，$k$, $\ell$の選び方はともに$|\{1,2,\dots,p\}|=p$通りだから，$G$から乗法群$\C^{\times}=\C\setminus\{0\}$への準同型写像の個数は$p^{2}$である．

(1)写像$g:\R^{4}\to\R^{2}$，実２次正方行列$A$, $B$を

\begin{align*}&g(x,y,z,w)=(x^{2}+y^{2}+z^{2}+w^{2}-1,xy+zw),
\\&A:=\bmat{2x&2y\\y&x},\quad
B:=\bmat{2z&2w\\w&z}\end{align*}

で定める．$M=g^{-1}(0,0)$であり，$(1,0,0,0)\in M$だから$M\neq\emptyset$である．

ここで，任意の$p:=(x,y,z,w)\in M$が$g$の正則点であることを示す．そのために，$\operatorname{rank}Jg_{p}\neq2$と仮定して矛盾を導く．

\begin{align*}&Jg_{p}=\bmat{2x&2y&2z&2w\\y&x&w&z}=[A,B],
\\&|A|=2(x^{2}-y^{2})=2(x+y)(x-y),
\\&|B|=2(z^{2}-w^{2})=2(z+w)(z-w)\end{align*}

だから，$(x,z)=(\pm y,\pm w)$（複号任意）のいずれかが成り立つ．

(i)もし$(x,z)=(\pm y,\pm w)$（複号同順)なら，$xy+zw=0$より$x^2+z^2=0$となって$p=(0,0,0,0)$となるが，これは$x^2+y^2+z^2+w^2=1$を満たさない．

(ii)もし$(x,z)=(y,-w)$なら，行基本変形により

\begin{align*}Jg_{p}=\bmat{2y&2y&-2w&2w\\y&y&w&-w}\to\bmat{y&y&0&0\\0&0&w&-w}\end{align*}

となるから$y=0$または$w=0$である．$xy+zw=0$と併せると$p=(0,0,0,0)$となるが，これは$x^2+y^2+z^2+w^2=1$を満たさない．

(iii)もし$(x,z)=(-y,w)$なら，(ii)と同様に矛盾．

以上より仮定は誤りで任意の$p\in M$が$g$の正則点である．よって，正則値定理より$M=g^{-1}(0,0)$は微分可能多様体で，次元は$4-2=2$である．

(2)$f:M\to\R$の$\R^4$への延長$F:\R^4\to\R$を$\tilde{f}(x,y,z,w)=x$で定める．

このとき，$p=(x,y,z,w)\in M$が$f$の臨界点であることと，$T_{p}M\subset\operatorname{Ker}dF_{p}$が成り立つことは同値である．

さらに，$M\subset\R^{4}$より$T_{p}M\subset\R^{4}$とみなすことができ，$JF_{p}=[1,0,0,0]$より$\operatorname{Ker}dF_{p}=\{0\}\times\R^{3}$なので，$T_{p}M\subset\{0\}\times\R^{3}$となる$p\in M$を全て求めればよい．

ここで，

\begin{align*}T_{p}M&=\operatorname{Ker}dg_{p}
\\&=\set{\bmat{\m{u}\\\m{v}}\in\R^{4}}{\begin{gathered}Jg_{p}\bmat{\m{u}\\\m{v}}=\m{0},\\\m{u},\m{v}\in\R^{2}\end{gathered}}
\\&=\set{\bmat{\m{u}\\\m{v}}\in\R^{4}}{A\m{u}=-B\m{v}}\end{align*}

であることに注意する．

[1]$z\neq\pm w$のとき，$B$は正則だから

\begin{align*}T_{p}M&=\set{\bmat{\m{u}\\\m{v}}\in\R^{4}}{-B^{-1}A\m{u}=\m{v}}
\\&=\set{\bmat{\m{u}\\-B^{-1}A\m{u}}\in\R^{4}}{\m{u}\in\R^{2}}\end{align*}

なので，第１成分が0でないベクトルが$T_{p}M$に属するから$T_{p}M\subset\{0\}\times\R^{3}$とはなり得ない．

[2]$z=\pm w$かつ$z\neq0$のとき，複号同順で

\begin{align*}A\m{u}=-B\m{v}
\iff\bmat{2xu_{1}+2yu_{2}\\yu_{1}+xu_{2}}=-z(v_{1}\pm v_{2})\bmat{2\\\pm1}\end{align*}

なので，たとえば$\bra{1,\pm1,-\frac{x}{z},-\frac{y}{z}}\in T_{p}M$だから，$T_{p}M\subset\{0\}\times\R^{3}$とはなり得ない．

[3]$z=w=0$のとき，$p\in M$と併せて

\begin{align*}\begin{cases}x^{2}+y^{2}=1\\xy=0\end{cases}\iff (x,y)=(\pm1,0),(0,\pm1)\end{align*}

となる．

[1]-[3]より，$p\in M$なら$p=(\pm1,0,0,0),(0,\pm1,0,0)$を満たす．

逆に，このとき$A$は正則で$B$は零行列となるから，

\begin{align*}T_{p}M&=\set{\bmat{\m{u}\\\m{v}}\in\R^{4}}{A\m{u}=-B\m{v}}
\\&=\set{\bmat{\m{u}\\\m{v}}\in\R^{4}}{A\m{u}=\m{0}}
\\&=\set{\bmat{\m{u}\\\m{v}}\in\R^{4}}{\m{u}=\m{0}}
\\&=\{(0,0)\}\times\R^{2}
\subset\{0\}\times\R^{3}\end{align*}

となるから，$f$の臨界点は$(\pm1,0,0,0)$, $(0,\pm1,0,0)$である．

$A$は複素（実）正方行列なので，ある正則行列$P$が存在して

\begin{align*}P^{-1}AP:=J_{n_1}(0)\oplus\dots\oplus J_{n_p}(0)\oplus J_{N_{1}}(a_1)\oplus\dots\oplus J_{N_q}(a_q).\end{align*}

が成り立つ．ここに$a_{1},\dots,a_{q}\in\C\setminus\{0\}$であり，$J_{n}(a)$は固有値$a$の$n$次Jordan細胞である．任意の$m\in\N$に対して

\begin{align*}P^{-1}A^{m}P:=J_{n_1}(0)^{m}\oplus\dots\oplus J_{n_p}(0)^{m}\oplus J_{N_1}(a_1)^{m}\oplus\dots\oplus J_{N_q}(a_q)^{m}\end{align*}

であり，正則行列をかけることによって階数は不変だから，

\begin{align*}\rank{\bra{A^m}}&=\rank{\bra{J_{n_1}(0)^m\oplus\dots\oplus J_{n_p}(0)^m\oplus J_{N_1}(a_1)^m\oplus\dots\oplus J_{N_q}(a_q)^m}}
\\&=\rank{\bra{J_{n_1}(0)^m}}+\dots+\rank{\bra{J_{n_p}(0)^m}}+\rank{\bra{J_{N_1}(a_1)^m}}+\dots+\rank{\bra{J_{N_q}(a_q)^m}}\end{align*}

である．ここで，Jordan細胞$J_{n}(a)$は以下を満たす：

• $a\in\R\setminus\{0\}$のとき，任意の$m\in\N$に対して$\rank{(J_{n}(a)^{m+1})}=\rank{(J_{n}(a)^m)}$
• $a=0$かつ$n\ge2$のとき，
  • 任意の$m\in\{1,2,\dots,n-1\}$に対して，$\rank{(J_{n}(a)^{m+1})}+1=\rank{(J_{n}(a)^m)}$
  • 任意の$m\in\{n,n+1,\dots\}$に対して，$\rank{(J_{n}(a)^{m+1})}=\rank{(J_{n}(a)^m)}$
• $a=0$かつ$n=1$のとき，任意の$m\in\N$に対して$\rank{(J_{n}(a)^{m+1})}=\rank{(J_{n}(a)^m)}$

よって，$\rank{(A^{k+1})}=\rank{(A^k)}$が成り立つ最小の$k$は$k:=\max\{n_1,\dots,n_p\}$であり，任意の整数$m\ge\max\{n_1,\dots,n_p\}$に対し，

\begin{align*}\rank{(A^m)}=\rank{(A^k)}\end{align*}

が従う．